Mechanika Wykład 7 Paweł Staszel 1
Dynamika bryły sztywnej Bryłą (ciałem) sztywnym nazywamy zbiór cząstek zachowujących stałe odległości między sobą. Pomijamy więc zjawiska związane z powstawaniem odkształceń lub drgań w wyniku obrotu. ruch postępowy Równanie ruchu: ruch obrotowy bezwładność postępowa inercja, masa (inercjalna) Bezwładność obrotowa moment bezwładności Jak wygląda I? 2
(1) 3
I jest tensorem symetrycznym ( Iμν = Iνμ ) drugiego rzędu. Algebraicznie takie tensory zapisuje się jako macierz 3x3. Jak widzimy w ogólności L nie jest równoległe do!!! Momenty główne: Momenty poboczne (dewiacyjne): 4
Przykłady wyliczania momentów bezwładności: r2 x2 = y2 + z2 odległość od osi x. (2) Przykład: moment bezwładności powłoki kulistej względem osi przechodzącej przez jej środek symetrii: z (2) M to masa całej powłoki. 5
Przykład: moment bezwładności jednorodnej kuli względem osi przechodzącej przez środek symetrii: Ćwiczenia: 1. Rozważyć inne przykłady brył. 6
Twierdzenie Steinera (o osiach równoległych) Ogólnie główny moment bezwładności możemy zdefiniować jako: to składowa poprzeczna wektora położenia względem osi obrotu. Oś s przechodzi przez środek masy, zaś oś d jest do niej równoległa i oddalona o d. 7
Przykład: moment bezwładności jednorodnej kuli względem osi stycznej do jej powierzchni: Ćwiczenia: 1. Rozważyć inne przykłady w tym układy złożone z kilku brył. 8
Przykład: wirujący bąk symetryczny: Częstotliwość precesji nie zależy od β, ale od L ~ ω (L = Iω) maleje ze wzrostem ω. 9
Energia kinetyczna bryły sztywnej Zbierając wyrazy przy otrzymamy: (3) W notacji Einsteina: Gdy mamy ustaloną oś obrotu to układ współrzędnych można zorientować tak, aby np. oś z pokryła się z osą obrotu, i wtedy 10
Wyrażenie (3) na energię kinetyczną jest prawdziwe w dowolnym kartezjańskim układzie współrzędnych. Okazuje się, że można go zawsze uprościć tak, aby pozostały w nim tylko trzy składniki. Sposób uproszczenia polega na odpowiednim wyborze układu osi, które nazywamy osiami głównymi. W tensorze momentu bezwładności występują wtedy tyko trzy wyrazy diagonalne (momenty główne) a momenty dewiacyjne znikają. Taki proces nazywamy diagonalizacją momentu bezwładności. Diagonalizacja polega więc na odpowiednim wyborze układu współrzędnych. Wyrażenie na energię przyjmuje wtedy postać: 11
Kilka wniosków: i) Należy zwrócić uwagę, że gdy ciało obraca się dookoła osi głównych, to wektor L jest równoległy do wektora ω. ii) wyważanie kół: takie zmodyfikowanie rozkładu masy koła (felga + opona), aby oś koła była osią główną. iii) W układzie określonym przez osie główne równania na składowe momentu pędu (1) redukują się do prostej postaci: (4) a wyrażenie na energie kinetyczną można również zapisać jako: 12
Równania Eulera Równanie ruchu jest słuszne w inercjalnym układzie odniesienia, jednak składowe momentu bezwładności najwygodniej jest określić w układzie sztywno związanym z bryłą, który nie jest układem inercjalnym. Z wykładu 7 wiemy, że pochodną wektora momentu pędu w układzie inercjalnym i w układzie związanych sztywno z obracającą się bryłą, wiąże następujące równanie: wobec tego równanie ruchu przejdzie w (5) gdzie L jest już wektorem rozpatrywanym w układzie wirującym. 13
Załóżmy, że osie x, y, z leżą w układzie wirującym wzdłuż osi głównych i wyliczmy x wą składową lewej strony równania (5): W przekształceniach wykorzystaliśmy związki (4). Postępując tak samo z pozostałymi współrzędnymi dostaniemy układ trzech równań zwanych równaniami Eulera: Równania Eulera stosujemy do rozwiązywania różnych zagadnień ruchu obrotowego. Należy pamiętać, że osie główne są sztywno związane z wirującym ciałem. Również pochodne ze składowych prędkości wyliczane są w układzie wirującym co oznaczone jest przez primy przy symbolu różniczki. 14
Przykład: swobodnie wirująca jednorodna kula (bez działania momentu sił) : Dla jednorodnej kuli mamy Ixx = Iyy = Izz = I, i równania Eulera przybierają postać: jest to szczególna cecha wirowania ciał mających identyczne trzy główne momenty bezwładności (np. sześcian). Przykład: swobodnie wirujący bąk symetryczny: Dla bąka symetrycznego mamy Ixx = Iyy Izz, i równania Eulera przybierają postać: przy czym: 15
Rozwiązaniem tego układu równań jest: gdzie A jest stałą (zależy od warunków początkowych). Widzimy, że składowa prędkości kątowej prostopadła do osi symetrii bąka (oś z) obraca się ze stałą prędkością kątową Ω. Obraz z układu sztywno związanego z bryłą: Oś symetrii z ma stały kierunek. Wektor prędkości kątowej okrąża oś symetrii po powierzchni stożka polhodii. Biorąc pod uwagę równania (4) i to, że Ixx = Iyy widzimy, że mamy również do czynienia ze składową poprzeczną momentu pędu, która ma ten sam zwrot co składowa poprzeczna prędkości kątowej: stożek polhodii wektor momentu pędu również okrąża oś 16 symetrii z prędkością kątową Ω!!!
My jednak będziemy wykonywać obserwację w układzie inercjalnym dlatego spróbujmy określić widok wirującego bąka w tym układzie : stożek herpolhodii Obraz z układu inercjalnego: W układzie inercjalnym dla N = 0 wektor momentu pędu jest stały. Rzut wektora prędkości kątowej na kierunek wektora momentu pędu jest stały: Teraz wektor prędkości kątowej będzie okrążał oś kierunku momenty pędu po stożku zwanym herpolhodią. Podobną precesje wykonuje oś symetrii bąka. 17
My jednak będziemy wykonywać obserwację w układzie inercjalnym dlatego spróbujmy określić widok wirującego bąka w tym układzie : Obraz z układu inercjalnego: W układzie inercjalnym dla N = 0 wektor momentu pędu jest stały. Rzut wektora prędkości kątowej na kierunek wektora momentu pędu jest stały: Teraz wektor prędkości kątowej będzie okrążał oś kierunku momenty pędu po stożku zwanym herpolhodią. Podobną precesje wykonuje oś symetrii bąka. Uwzględniając wirowanie ciała woków osi symetrii rysujemy drugi stożek który jest znanym już stożkiem polhodii. 18
Bąki (żyroskopy) swobodne i symetryczne najczęściej rozkręcamy dookoła osi symetrii. Jest to sytuacja gdy wektory momentu pędu i prędkości kątowej są równoległe. Nie obserwujemy więc precesji osi symetrii i stożka herpolhodii widać tylko ustaloną oś obrotu zgodną z zachowywanym momentem pędu. Precesja, którą obserwowaliśmy na wykładzie dotyczyła bąków nieswobodnych na bąk działał różny od zera moment sił ciężkości. 19
Wahadło fizyczne: Przypomnienie: wahadło matematyczne L s Równanie ruchu przyjmie więc postać: Rozważmy jeszcze raz wahadło matematyczne. Jedyna nierównoważona siła to siła ściągająca Fs. Działa ona zawsze przeciwnie do kierunku wychylenia starając się przesunąć zawieszone ciało do punktu równowagi. Załóżmy że dla kąta wychylenia α ciało wychyliło się z położenia równowagi na odległość s, gdzie s jest długością łuku. Z definicji kąta mamy: (4), znak minus pokazuje że siła Fs działa przeciwnie do kierunku wychylenia. Wstawiając (4) do równania ruchu i korzystając tego, że dla małych kątów otrzymamy: 20
Po niewielkich przekształceniach mamy: i widzimy, że otrzymaliśmy równania oscylatora harmonicznego w zmiennej α od razu możemy odczytać, że prędkość kątowa drgań wynosi Często równanie oscylatora harmonicznego zapisuje się jako: lub jeszcze prościej: 21
Wahadło fizyczne otrzymujemy więc równanie oscylatora harmonicznego podobnie jak w przypadku wahadła matematycznego: Długość zredukowana wahadła fizycznego: 22
Drgania i fale 23
Oscylator harmoniczny w jednym wymiarze Rozważmy ciało na sprężynie jak na rysunku. Doświadczenie pokazuje, że sprężyna działa na ciało siłą proporcjonalna do wychylenia z położenia równowagi równowaga F(x) = kx, Znak oznacza, ze siła jest skierowana przeciwnie do kierunku wychylenia. Współczynnik k nazywamy stałą sprężystości. Równanie ruchu dla oscylatora harmonicznego będzie miało więc następującą postać: rozciągnięcie ściśnięcie Szukamy funkcji, której druga pochodna jest proporcjonalna do samej funkcji. Rozwiązanie ogólne można zapisać na trzy równoważne sposoby: 24
gdzie Przyjmijmy rozwiązanie w postaci wtedy. Pozdrawiając ostatnie dwa wyrażenia do równania ruchu otrzymamy: czyli: Przyjmując warunki początkowe x(t=0) = x0 oraz v(t=0) = v0 otrzymamy wyrażenia na amplitudę i fazę ( stałe całkowania ): (2) 25
Dygresja matematyczna: Równanie Eulera: 26
Dygresja matematyczna (c.d.): Liczba e: e podstawa logarytmu naturalnego: 27
Oscylator harmoniczny tłumiony Oprócz siły sprężystości działa również siła oporu przyjmujemy, że jest ona proporcjonalna do prędkości ciała i przeciwnie do niej skierowana: F(x) = kx γv, parametr γ nazywamy współczynnikiem oporu (tłumienia). Równanie ruchu będzie miało więc postać: Wprowadźmy parametry τ i ω0: otrzymamy: Szukamy rozwiązania postaci: 28
Liczymy pierwszą i drugą pochodna i wstawiamy do równania ruchu: Przyjmując otrzymamy: Czyli funkcja z(t) musi spełniać równanie oscylatora harmonicznego dla prędkości kątowej Ogólne rozwiązanie ma więc postać: Opisuje ono drgania harmoniczne o eksponencjalnie malejącej amplitudzie. Jak widzimy obecność tłumienia, którego miarą jest czas relaksacji 2τ powoduje modyfikację częstotliwości drgań w stosunku do częstotliwości własnej ω0. 29
30
31
Rozwiązanie jakie otrzymaliśmy jest słuszne tylko dla przypadku gdy ω jest rzeczywiste, czyli gdy Dla przypadku, tzw. silnego tłumienia Rozwiązaniem jest funkcja: Ćwiczenia: 1. Otrzymać rozwiązanie dla przypadku silnego tłumienia (wskazówka: przyjąć, że x(t) = ezt, gdzie z jest pewną liczbą zespoloną). 32
Współczynnik dobroci bezwymiarowy parametr określający trwałość drgań oscylatora harmonicznego w związku z występowaniem sił oporu: gdzie P to średnia moc tracona przez układ w ciągu jednego okresu. Mamy też: Co oznacza, że w przybliżeniu słabego tłumienia 33
Oscylator harmoniczny tłumiony pod wpływem siły okresowej Zakładamy, że siła wymuszająca ma postać harmoniczną, wtedy całkowita siła w równaniu ruchu będzie postaci F(x) = kx γv+f0sinωt, i równanie ruchu przyjmie postać: Doświadczenie pokazuje, że w rozważnym przypadku ruch jest również periodyczny. Szukamy więc rozwiązania postaci: Liczymy pierwszą i drugą pochodną: i wstawiamy do równania ruchu: 34
Współczynniki przy sinω t i cosω t po obu stronach równania powinny byś sobie równe dostaniemy więc dwa równania: (1) (2) Z (1) mamy: zaś z drugiego równania otrzymamy: 35
Mając wyrażenie na tg i dodatkowo korzystając z jedynki trygonometrycznej otrzymamy wyrażenia na sinφ i cosφ. Ważne jest aby zdać sobie sprawę z zakresu zmienności kąta φ. Dla niskich częstotliwości siły wymuszającej tgφ jest ujemny i zmierza do 0 gdy ω 0. Oznacza to, że poruszamy się w zakresie od 0 w kierunku ujemnych kątów, aż do wartości π. To dlatego, że dla ω tgφ znowu osiąga wartość 0.Ten zakres kątów jednoznacznie określa wyrażenia na sinφ i cosφ : wstawiając te wyrażenia do wzoru na x0 otrzymamy ostatecznie: 36
τ=0.001s, τ=0.05s, τ=0.01s 37
Absorpcja rezonansowa Występowanie stanu stacjonarnego oznacza, że praca wykonywana przez siłę wymuszającą uzupełnia straty energii rozproszonej w wyniku występowania sił oporu. Wyliczmy średnia moc związana z pracą wykonywaną przez siłę wymuszającą: Pamiętamy, że zatem: 38
Widzimy, że średnia moc absorbowana jest proporcjonalna do amplitudy drgań x0 i sinusa kąta przesunięcia fazowego. Jak można się było spodziewać największa moc jest absorbowania dla φ = 90 stopni. Wstawiając otrzymane wyrażenia na x0 i sinφ do otrzymanego wyniku, otrzymamy zależność <P(ω)>: 39
Rezonans to bardzo powszechne zjawisko w przyrodzie rezonanse występują w różnych zakresach energii i posiadają różną naturę fizyczną, wymienimy tylko kilka możliwych przykładów: Rezonans mechaniczny. Rezonans w obwodach elektrycznych, np.. obwód RLC w radiowych układach odbiorczych. Elektronowy rezonans paramagnetyczny (EPR) i magnetyczny rezonans jądrowy (NMR) absorpcja promieniowania elektromagnetycznego w zakresie mikrofal i fal radiowych przez układy atomowe i jądrowe. Rezonansowa absorpcja promieniowania γ (efekt Mössbauera). Rezonans bozonowy ρ0 w wysokoenergetycznych zderzeniach cząstek. 40